Un problemino di Idraulica?

[gugo82]

Problema:

1. Un serbatoio cilindrico (circolare retto) di raggio $R>0$ ed altezza $H>0$ è riempito di un liquido di densità uniforme \(\rho >0\).
Sul fondo del serbatoio è aperto un "piccolo" foro.
Si può determinare la velocità di deflusso del liquido dal serbatoio?

2. Cosa cambia se il serbatoio ha la forma di un cono (circolare retto) col vertice verso il basso ed il foro è praticato nel vertice?

3. Cosa cambia se il serbatoio conico ha il vertice in alto e il foro è praticato sulla base?

[FE7]

Come ogni idraulico che si rispetti applico il buon senso e dico:
1) Si
2) aumenta velocità
3) diminuisce la velocità
Ora io di queste cose non ci ho mai capito un' h , quindi di sicuro il mio buon senso è pessimo.

[gugo82]

L'idea era quella di fare due calcoli, non quella di usare il buon senso.

[Rigel1]

Direi che, usando la legge di Bernoulli, si dovrebbe avere \(\rho g H = \rho v^2 /2\), quindi la velocità di uscita (al tempo iniziale) dovrebbe essere \(v = \sqrt{2g H}\).
Nei casi 2 e 3, almeno al tempo iniziale, non cambia niente, visto che la pressione del liquido è la stessa.

[vict85]

"Rigel":

Direi che, usando la legge di Bernoulli, si dovrebbe avere \(\rho g H = \rho v^2 /2\), quindi la velocità di uscita (al tempo iniziale) dovrebbe essere \(v = \sqrt{2g H}\).
Nei casi 2 e 3, almeno al tempo iniziale, non cambia niente, visto che la pressione del liquido è la stessa.

Supponendo che l'altezza del liquido rimanga la stessa dopo che si cambia la forma.

[gugo82]

"gugo82":Si può determinare la velocità di deflusso del liquido dal serbatoio?

Quello che intendevo è: è possibile dare una EDO (ad esempio) che descriva l'andamento della velocità \(v\) nel tempo?

[Rigel1]

"gugo82":
Quello che intendevo è: è possibile dare una EDO (ad esempio) che descriva l'andamento della velocità \(v\) nel tempo?

Ma allora penso sia necessario anche conoscere la dimensione del "piccolo" foro.

[Palliit]

Penso anch'io che si debbano fissare le dimensioni del foro.
Ci provo, ma è da verificare, nel caso del cilindro.

Posti all’istante $t$:

- $h(t)$ il livello del liquido nel barile,

- $s$ ed $S$ le aree rispettivamente del foro e del livello libero nel barile,

- $v(t)$ e $v_S$ le rispettive velocità di fuoriuscita dal foro e di abbassamento del livello libero,

dall’equazione di Bernoulli si trova: (1) $1/2v^2(t)=g*h(t)+1/2v_S^2$;

dall'equazione di continuità si ha: $s*v(t)=S*v_S$, da cui: $v_S=s/S*v(t)=k*v(t)$,
dove $k=s/S$ è, nel caso del cilindro, costante.
Sostituendo nella (1) si ottiene:

(2) $1/2(1-k^2)v^2(t)=g*h(t)$.

Nel tempo $Delta t approx 0$, dal foro fuoriesce un volume $Delta V=v(t)*Delta t*s$, di conseguenza l’altezza $h(t)$ varia

della quantità $Delta h=-(Delta V)/S=-k*v(t)*Delta t$;

l’equazione (2) riferita all’istante $t+Delta t$ porge:

(3) $1/2(1-k^2)v^2(t+Delta t)=g*[h(t)- k*v(t)*Delta t]$ ;

prendendo per $v(t+Delta t)$ lo sviluppo al prim’ordine: $ v(t+Delta t) approx v(t)+v’(t)*Delta t$

e quindi quadrando: $ v^2(t+Delta t) approx v^2(t)+2v(t)*v’(t)*Delta t$,

sostituendo infine nella (3) ho:

(4) $1/2(1-k^2)[ v^2(t)+2v(t)*v’(t)*Delta t]= g*[h(t)- k*v(t)*Delta t]$.

Dalla differenza membro a membro tra la (4) e la (2), con successiva brutale eliminazione dei termini $v(t)$ e $Delta t$ comuni ai due membri, trovo:

(5) $v’(t)=-g*k/(1-k^2)$.

Integrando quest’ultima ho: (6) $v(t)=v_0-(gk)/(1-k^2)*t$,

essendo $v_0$ la velocità all’istante $t=0$, quello in cui l’altezza era $h(0)=h$ e ricavabile quindi dalla (2) in termini di: $v_0=sqrt((2gh)/(1-k^2))$.

Nel caso del cono mi pare che le cose si incasinino parecchio, a occhio direi che si svuoterà più rapidamente quello col vertice verso l basso perché in quel caso la diminuzione di altezza di liquido (e quindi di pressione al livello del foro) è inizialmente meno drastica che non nel caso del vertice in alto.

[Aster89]

Bisognerebbe inserire lo sviluppo in serie di $S(h(t))$ nella (4). Lo sviluppo rispetto ad $h(t)$ tra l'altro è esatto per i due coni.

"Palliit":
(4) $1/2(1-k^2)[ v^2(t)+2v(t)*v’(t)*Delta t]= g*[h(t)- k*v(t)*Delta t]$.

Nella (4) $k^2$ diventa, sviluppando rispetto ad $h(t)$
$k^2 = (s/(S(h(t)) - S'(h(t))*s/{S(h(t))} v(t) \Delta t))^2$

Possiamo sviluppare rispetto a $\Delta t$ al primo ordine, penso, ottenendo

$[1- (s/{S(h(t))})^2] v'(t) = - s/{S(h(t))} g - [{s}/{S(h(t))}]^4 \cdot {S'(h(t))}/{S(h(t))} v(t)^2$

che è consistente con la (5) di Palliit; diventa magari un po' più carina sostituendo la $S(h)$ del cono, ma è pur sempre una ODE non lineare. Tuttavia da essa si deduce qualcosa:
(a) se $S'(h) > 0$ il termine aggiuntivo dovuto al cambiamento della sezione libera è concorde con l'effetto della gravità, quindi la velocità di efflusso si riduce ulteriormente nel tempo;
(b) se, invece, $S'(h) < 0$ il termine aggiuntivo dovuto al cambiamento della sezione libera è discorde rispetto a l'effetto della gravità, quindi la velocità di efflusso si riduce in maniera attenuata nel tempo;

Spero di non aver scritto cavolate e, in questo caso, di non aver sbagliato qualche segno xD

Enrico Maria

EDIT: e c'era proprio un segno $+$, accipicchia! La riscrivo:

$[1- (s/{S(h(t))})^2] v'(t) = - s/{S(h(t))} g + [{s}/{S(h(t))}]^4 \cdot {S'(h(t))}/{S(h(t))} v(t)^2$

e stavolta è coerente con la considerazione di Palliit: se $S'(h) > 0$, cioè il cono è con la punta forata in basso, il termine aggiuntivo contrasta quello di riduzione della pressione sul fondo (e quindi della velocità), sicché la velocità si riduce di meno, ovvero il cuppetiello si svuota prima.

[vict85]

Non sono sicuro che sia necessario tirar fuori \(\displaystyle \Delta \) e approssimazioni varie. Insomma rendono tutto approssimato anche quando vengono date soluzioni esatte.

Noto che:
\(\displaystyle V(t) = V_0 - V_d \) dove \(\displaystyle V_d \) è il volume disperso finora.
Nel cilindro si ha che
\(\displaystyle v(t) = \frac{d}{dt}\frac{V_d}{s} = \frac{1}{s} \frac{dV_d}{dt} \)
\(\displaystyle v_2(t) = \frac{d}{dt}\frac{V_d}{S} = \frac{1}{S} \frac{dV_d}{dt} = \frac{s}{S}v = kv \)
\(\displaystyle h(t) = \frac{V}{S} = \frac{V_0 - V_d}{S}\) pertanto \(\displaystyle \frac{d}{dt}h(t) = \frac{d}{dt}\frac{V(t)}{S} = \frac{d}{dt}\frac{V_0 - V_d}{S} = -kv\)

Partiamo quindi da \(\displaystyle \frac12 (1-k^2) v^2 = gh \). Derivando ambo i membri ricavo che \(\displaystyle (1-k^2) v\frac{dv}{dt} = -kgv \). Supponendo che \(\displaystyle v \) sia sempre diverso da \(\displaystyle 0 \) ricavo \(\displaystyle \frac{dv}{dt} = -\frac{kgv}{(1-k^2)v} \) ovvero \(\displaystyle \frac{dv}{dt} = -\frac{k}{(1-k^2)}g \).

Sempre che non abbia sbagliato qualcosa.

Nel caso del cono le cose si complicano perché \(\displaystyle S \) non è costante.

[Aster89]

"vict85":Non sono sicuro che sia necessario tirar fuori \(\displaystyle \Delta \) e approssimazioni varie. Insomma rendono tutto approssimato anche quando vengono date soluzioni esatte.

Noto che:
\(\displaystyle V(t) = V_0 - V_d \) dove \(\displaystyle V_d \) è il volume disperso finora.
Nel cilindro si ha che
\(\displaystyle v(t) = \frac{d}{dt}\frac{V_d}{s} = \frac{1}{s} \frac{dV_d}{dt} \)
\(\displaystyle v_2(t) = \frac{d}{dt}\frac{V_d}{S} = \frac{1}{S} \frac{dV_d}{dt} = \frac{s}{S}v = kv \)
\(\displaystyle h(t) = \frac{V}{S} = \frac{V_0 - V_d}{S}\) pertanto \(\displaystyle \frac{d}{dt}h(t) = \frac{d}{dt}\frac{V(t)}{S} = \frac{d}{dt}\frac{V_0 - V_d}{S} = -kv\)

Partiamo quindi da \(\displaystyle \frac12 (1-k^2) v^2 = gh \). Derivando ambo i membri ricavo che \(\displaystyle (1-k^2) v\frac{dv}{dt} = -kgv \). Supponendo che \(\displaystyle v \) sia sempre diverso da \(\displaystyle 0 \) ricavo \(\displaystyle \frac{dv}{dt} = -\frac{kgv}{(1-k^2)v} \) ovvero \(\displaystyle \frac{dv}{dt} = -\frac{k}{(1-k^2)}g \).

Sempre che non abbia sbagliato qualcosa.

Nel caso del cono le cose si complicano perché \(\displaystyle S \) non è costante.

Mmm, io non credo che Palliit abbia approssimato qualcosa, dato che lungo tutta la dimostrazione è disseminata la supposizione che i $\Delta$ siano infinitesimi. Sicuro mi sembra però più elegante come hai fatto tu

Ad ogni modo, se $S$ è variabile con $h$, allora lo è $k$, quindi la derivata diventa \(\displaystyle (1-k^2) v\frac{dv}{dt} - k \frac{dk}{dt} v^2= -kgv \), ma $k$ è una $k(h(t))$, quindi, per la derivazione di funzioni composte si ha che \( \frac{dk}{dt} = \frac{dk}{dh} \frac{dh}{dt}\); sostituendo ancora l'espressione per $\frac{dh}{dt}$ e semplificando $v$ si ottiene la ODE cercata

$(1-k^2) \frac{dv}{dt} = -kg - k^2 \frac{dk}{dh} v^2$

Però io ho migliore percezione di che cosa significa ritornando ad $S(h)$, personalmente:

$[1-(\frac{s}{S(h)})^2] \frac{dv}{dt} = -\frac{s}{S(h)}g + [\frac{s}{S(h)}]^4 \frac{1}{s} \frac{dS(h)}{dh} v^2$

(e quindi avevo sbagliato, ieri)
Seguono le considerazioni a seconda del segno di $ \frac{dS(h)}{dh}$

[Palliit]

@vict85: indubbiamente più elegante!
Sul discorso riguardo all'approssimazione del mio percorso posso concordare, anche se penso sia più una questione di forma che di sostanza: credo che si potrebbe rendere il tutto più rigoroso facendo un uso opportuno di $o(Delta t)$ e limitandosi a considerare l'identità tra termini del prim'ordine di due sviluppi uguali.

[vict85]

"Aster89":Mmm, io non credo che Palliit abbia approssimato qualcosa, dato che lungo tutta la dimostrazione è disseminata la supposizione che i $\Delta$ siano infinitesimi. Sicuro mi sembra però più elegante come hai fatto tu

Nel momento in cui usi lo sviluppo di Taylor e ti fermi ad un \(\displaystyle n \) stai approssimando. Seppur in realtà il risultato finale che ha ottenuto Pallit sia esatto (per come è fatto il cilindro).

"Aster89":Ad ogni modo, se $S$ è variabile con $h$, allora lo è $k$, quindi la derivata diventa \(\displaystyle (1-k^2) v\frac{dv}{dt} - k \frac{dk}{dt} v^2= -kgv \), ma $k$ è una $k(h(t))$, quindi, per la derivazione di funzioni composte si ha che \( \frac{dk}{dt} = \frac{dk}{dh} \frac{dh}{dt}\); sostituendo ancora l'espressione per $\frac{dh}{dt}$ e semplificando $v$ si ottiene la ODE cercata

$(1-k^2) \frac{dv}{dt} = -kg - k^2 \frac{dk}{dh} v^2$

Però io ho migliore percezione di che cosa significa ritornando ad $S(h)$, personalmente:

$[1-(\frac{s}{S(h)})^2] \frac{dv}{dt} = -\frac{s}{S(h)}g + [\frac{s}{S(h)}]^4 \frac{1}{s} \frac{dS(h)}{dh} v^2$

(e quindi avevo sbagliato, ieri)
Seguono le considerazioni a seconda del segno di $ \frac{dS(h)}{dh}$

C'è un errore nella tua analisi del cono: \(h(t) \neq \frac{V}{S}\). Il legame con \(\displaystyle V_d \) di \(\displaystyle h \) è decisamente più complicato. Per capirci si ha che \(\displaystyle V_d = \frac{1}{3}\pi (h_0 - h)(R^2 + r(h)R + r(h)^2) \) dove \(\displaystyle r \) dipende linearmente da \(\displaystyle h \). Per il cono rovesciato, per il cono dritto è simile.

[Aster89]

Sì, sì, ci ho pensato e ho fatto il ragionamento che segue, ma forse ho sbagliato..
Se $h_0$ è l'altezza iniziale (quella che corrisponde a $V_0$, per intenderci), allora il volume disperso può essere scritto come
$V_d(t) = \int_{h(t)}^{h_0} S(\bar{h}) d\bar{h} = F_S (h_0) - F_S (h(t))$
dove con $F_S (h)$ ho indicato una primitiva di $S(h)$
Derivando rispetto al tempo si ha:
$\frac{dV_d(t)}{dt} = - \frac{dF_S (h)}{dh} \frac{dh(t)}{dt} = - S(h(t)) \frac{dh(t)}{dt}$
e quindi
$\frac{dh(t)}{dt} = - \frac{1}{S(h(t))} \frac{dV_d(t)}{dt} = - \frac{s}{S(h(t))} v(t) = - k(t) v(t)$,
che è lo stesso. Dove ho sbagliato? o.O

EDIT: Ho preferito non imbarcarmi nella geometria solida e usare solo il calcolo differenziale. Penso sia conveniente per raggiungere risultati più generali, no?

[vict85]

In effetti hai ragione.

Lo ricavo nel caso del cono con la punta verso l'alto. Pongo con \(\displaystyle R \) il raggio della base e con \(\displaystyle H \) l'altezza in cui c'è la punta. Suppongo che il sistema parta con \(\displaystyle h = H \) per comodità.

Il raggio a livello \(\displaystyle h \) è pari a \(\displaystyle r(h) = \frac{R}{H}(H-h) \). Quindi \(\displaystyle S(h) = \pi r^2 = \frac{\pi R^2}{H} (H - h)^2 \).

\(\displaystyle V_d \) a partire da \(\displaystyle h = H \) è pari a \(\displaystyle V_d(h) = \frac13 \pi r^2 (H- h) = \frac13 S(H-h) = \frac{\pi R^2}{3H} (H - h)^3 \).

Pertanto \(\displaystyle sv(t) = \frac{dV_d}{dt} = \frac{dV_d}{dh}\frac{dh}{dt} = -\frac{dh}{dt}\frac{\pi R^2}{H}(H-h)^2 = -S\frac{dh}{dt} \).

Nel caso con la punta verso il basso sarà simile ma penso un po’ più laborioso. In ogni caso la tua dimostrazione è sufficiente.

Detto questo sono un po' indeciso sul valore dell'altra velocità. Ovvero se sia \(\displaystyle v_2 = \frac{d}{dt}\frac{V_d}{S} = \frac13 \frac{d}{dt} (H-h) = -\frac{1}{3}\frac{dh}{dt} \) oppure se \(\displaystyle v_2 = -\frac{dh}{dt} \). Insomma è una questione di idraulica e non matematica. Immagino abbia più senso il secondo.

[Palliit]

@vict85: c'è qualcosa in questa tua affermazione:

"vict85":Nel momento in cui usi lo sviluppo di Taylor e ti fermi ad un \( \displaystyle n \) stai approssimando.

che mi lascia perplesso.

E' abusivo il fatto che da un'uguaglianza tra due sviluppi:

$a_0(t)+a_1(t)*Delta t+a_2(t)*(Delta t)^2+...= b_0(t)+b_1(t)*Delta t+b_2(t)*(Delta t)^2+...$

si deduca, considerandola esatta e non approssimativa, una relazione del tipo: $a_k(t)=b_k(t)$ ?

[Aster89]

Anche a me risulta oscura xD
In generale, quando uno vuole calcolare una derivata elementare (e non se la ricorda), scrive il rapporto incrementale (usa i $\Delta$) e passa al limite trovando il risultato esatto.. Attendiamo risposta

[vict85]

Su questo aspetto penso che Gugo abbia da dire molto più di me.

Comunque, supponendo per comodità che \(f\) sia una funzione analitica e che quindi coincida in un intorno con il suo sviluppo in serie, nel momento in cui si passa dalla serie al polinomio si trascurano infiniti elementi della serie. Questo porta ad una approssimazione. D'altra parte, nel momento in cui ci si trova a calcolare limiti e cose simili, gli elementi sopra un certo ordine diventano trascurabili.

Insomma supponiamo di avere \(\displaystyle \lim_{x\to 0} \frac{f}{g} \) e sapere che \(\displaystyle f = f_1 + f_2 \) e che \(\displaystyle \lim_{x\to 0} \frac{f_2}{g} = 0 \) allora è ammissibile sostituire il limite iniziale con \(\displaystyle \lim_{x\to 0} \frac{f_1}{g} \). Quando si usa lo sviluppo in serie nel calcolo dei limiti si usa implicitamente questo principio.

Ma se lo si fa in assenza di un qualche limite allora si ha sempre una approssimazione. Non che le approssimazioni siano di per se inutili.

Non sono un esperto di analisi ma direi che affinché l'uguaglianza tra due sviluppi possa avere senso si debba avere una funzione analitica. Un esempio classico è la funzione \(\displaystyle f(x) = \begin{cases} 0 & \text{se } x\le 0 \\ 1 - e^{-\frac{1}{x}} &\text{altrimenti} \end{cases} \) che è \(\displaystyle C^{\infty} \) ma non analitica e nel punto \(\displaystyle 0 \) ha le derivate di ogni ordine uguali a \(\displaystyle 0 \). Ha varia applicazioni pratiche.

[Palliit]

Ti ringrazio vict85 per la risposta, che comunque non scioglie completamente i miei dubbi, essendo nei miei ricordi quella che ho schematizzato una prassi piuttosto consolidata in parecchi testi di fisica. Non che questo sia una garanzia di rigore, per carità